广东省潮州市2026届高三上学期期末教学质量检测数学试卷含解析（word版+pdf版）

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2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；答案不能答在试卷上．
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束，将答题卡交回．
一、选择题（本题共11道小题，其中1至8小题为单项选择题，9至11小题为多项选择题）
（一）单项选择题（本题共8道小题，每小题只有一个选项正确，每小题5分，共40分）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，所以.
故选：C.
2. 已知i为虚数单位，复数是纯虚数，则（ ）
A. 2或0B. 2C. 0D.
【答案】B
【解析】
【分析】由纯虚数的定义得，求解即可.
【详解】由题设，可得.
故选：B
3. 已知向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用投影向量公式及数量积坐标公式及模长公式计算求解.
【详解】因为向量，
则向量在向量上的投影向量为.
故选：A.
4. 已知函数，则方程所有的根之和为（ ）
A. B. 1C. 5D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】讨论的范围，根据解析式列方程求对应的根，即可得.
【详解】由，得或，
所以或，所有根的和为1.
故选：B
5. 正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角余弦值即可.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，
则，
故，
所以，
所以异面直线与所成角余弦值为.

故选：C.
6. 若成等差数列；成等比数列，则等于
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列以及等比数列的性质求出等差数列的公差，等比数列的公比，然后计算求解即可．
【详解】若1，a1，a2，4成等差数列，4＝1+3d，d＝1，
∴a1﹣a2＝﹣1．
又1，b1，b2，b3，4成等比数列，b22＝1×4，解得b2＝2，b2＝﹣2舍去（等比数列奇数项的符号相同）．
∴
故答案为A．
【点睛】本题考查等比数列的通项公式，是基础的计算题，对于等比等差数列的 小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.
7. 从5名医生中选择4人参加为期三天的社区志愿服务活动，这三天中，有一天安排两人，另外两天各安排一人，共有（ ）种安排方法
A. 180B. 90C. 36D. 30
【答案】A
【解析】
【分析】应用分步计数原理结合排列组合数计算求解.
【详解】第一步，从5人中选4人，共有种取法，
第二步，将4人分成三组，共有种分法，
再进行全排有种排法，
由分步计数原理知，共有种安排方法.
故选：A.
8. 过抛物线焦点的直线与抛物线交于A，B两点，过点作的切线，交轴于点，过点作的平行线交轴于点，则的最小值是（ ）
A. 8B. 6C. 5D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】先设直线，再联立得出韦达定理，再得出导函数进而得出切线斜率，进而得出，最后应用基本不等式计算求解.
【详解】设过拋物线焦点的直线方程为，设
由得，所以，从而，故，
由得，则点处的切线的斜率为，所以切线的方程为，
则点，过点作直线的平行线BN的方程为，则，
所以，当且仅当时等号成立．
故选：D.
（二）多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分.部分选对的得部分分.选对但不全的得部分分.有洗错的得0分）
9. 某研究所研究耕种深度（单位：）与水稻每公顷产量（单位：）的关系，所得数据资料如下表：
经计算可知每公顷产量与耕种深度的线性回归方程为，则下列说法中正确的是（ ）
A. 每公顷产量与耕种深度呈负相关B. 耕种深度的平均数为12
C. 每公顷产量的平均数为7.8D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据线性回归方程的概念即可判断A；求出即可判断BC；将点代入方程求出即可判断D.
【详解】A：对于，，所以每公顷产量与耕种深度呈正相关，故A错误；
B：由题意知，，故B正确；
C：由题意知，，故C错误；
D：将点代入方程，
得，解得，故D正确.
故选：BD
10. 如图，平行六面体的体积为6，点P为线段上的动点，则下列三棱锥中，其体积为1的有（ ）
A. 三棱锥B. 三棱锥
C. 三棱锥D. 三棱锥
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面平行的性质，将动点到面的距离转换成定点到面的距离，利用等体积法依次求解即可.
【详解】记平行六面体的体积为，
对于A，由平行六面体的性质，平面故点到平面的距离等于点到平面的距离，故,故A正确；
对于B,因为，底面面积固定，点在线段上位置不同，高不同，故体积不为定值，故B错误；
对于C，因为平面平面故平面
点到平面的距离等于点到平面的距离，
故，故C正确；
对于D，因为平面平面故平面
点到平面的距离等于点到平面的距离，
故，故D正确；
故选：ACD.
11. 已知，若不等式的解集为，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 函数的对称中心为
C. 过点可作一条直线与曲线相切
D. 当时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据解集得出参数判断A，应用对称中心定义判断B，先求出导函数再应用导数及两点求斜率列式计算判断C，先换元再结合一元二次不等式计算判断D.
【详解】A：因为不等式的解集为
即不等式的解集为，
所以方程根为和（二重根），
得，即，所以，故A错误；
B：由选项A知，
则，所以，
即的一个对称中心为，故B正确：
C：由选项A知，，
设过点的切线方程为，设切点为，
则，得，
整理得，即，解得，此时切点为，
说明过点只能作一条直线与曲线相切，故C正确；
D：令，当时，则，只需.
而，由，
得，即，所以，故D正确.
故选：BCD
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据两角差的正切公式，结合二倍角的正弦公式和同角的三角函数关系中的商关系进行求解即可.
【详解】由得，解得，
所以
故答案为：
13. 记为坐标原点，若直线与圆交于A，B两点，且，则__________.
【答案】##1.5
【解析】
【分析】求出圆与轴的交点，利用三角形相似可得，即可得解.
【详解】令，代入圆的方程中，可得，
即圆与轴的两个交点为，
直线过原点且与圆交于两点，
由，可知和相似，
可得，即，
从而，
故答案为：
14. 若三个非零且互不相等的实数成等差数列且满足，则称成一个“等差数列”．已知集合，则由中的三个元素组成的所有数列中，“等差数列”的个数为__________.
【答案】1012
【解析】
【分析】根据等差数列结合已知条件得出，结合已知集合及新定义得出数列个数.
【详解】由三个非零且互不相等的实数成等差数列且满足，
知，消去，并整理得，所以（舍去），，
于是有.在集合中，三个元素组成的所有数列必为整数数列，
所以必为2的倍数，且．故这样的数组共1012组.
故答案为：1012.
三、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 一个口袋中有3个红球，4个白球，这7个小球除颜色外其余均相同．
（1）从中不放回地摸球，每次摸2个球，摸到的2个球中至少有1个红球则中奖，求摸两次恰好只有第2次中奖的概率；
（2）每次同时摸2个球，并放回，摸到的2个球中至少有1个红球则中奖，连续摸4次，求中奖次数的分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用古典概率公式，结合组合计数问题列式求解.
（2）求出摸球一次中奖的概率，再求出的所有可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望.
【小问1详解】
设“摸2次恰好第2次中奖”为事件，
则.
所以摸2次恰好只有第2次中奖的概率为.
【小问2详解】
设“每次同时摸2个球，恰好中奖”为事件，则，
随机变量的所有可能的取值为0，1，2，3，4，
，
，
，
所以随机变量的分布列是
随机变量的数学期望.
16. 在中，角的对边成公差为2的等差数列．
（1）若为锐角三角形，求a的取值范围；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列得到的关系，确定最大角为角，且，利用可得结果；
（2）根据正弦定理得到，求出的值，利用余弦定理求出的值，进而得到的值，利用面积公式可得结果.
【小问1详解】
∵是公差为2的等差数列，
∴，
由三角形三边关系得，，
∴，又∵为锐角三角形，
∴最大角，
∴，即，
∴，即，解得或，
∴.
【小问2详解】
∵，
∴由正弦定理可得，
∴，解得，则，
∴，∴，
∴．
17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，分别为中点.
（1）求证：平面；
（2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，取的中点E，连接，即可证明四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及平面夹角的公式代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
取中点，连接
中，分别为中点，
且，
又正方形中，为中点，
，
且，
四边形为平行四边形，
，
平面平面，
平面；
【小问2详解】
取中点为中点为，连接，
中，，
，
平面平面平面，平面平面，
平面，
又四边形为正方形，
，
以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，
，
设平面的法向量为，
则即，取，则，
，
设平面的法向量为，
则即，取，则，
，
设平面与平面的夹角为，则.
18. 已知椭圆的两个焦点为，动点在椭圆上，且的面积最大值为
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点，且斜率不为0的直线与相交于两点A，B（在的左侧），设直线的斜率分别为.
①求证：定值；
②设直线相交于点，求证：为定值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合椭圆对称性求出即可求出椭圆标准方程.
（2）①设出直线方程，与椭圆方程联立，结合斜率坐标公式列式计算得证；②作关于轴的对称点，由①的结论求出直线方程，并求出交点的坐标，进而求出其轨迹即可.
【小问1详解】
令椭圆的焦距为2c，则，设的顶点的纵坐标为，
则，当且仅当时取等号，，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
①直线的斜率存在且不为0，设其方程为，，
由消去得，
，，
则，又，则，
所以.
②由①知，则，作关于轴的对称点，则三点共线，
设，直线方程即为直线方程为，
又直线方程，由，解得，
则，由，得，而，则，
即，因此点在以为焦点，1为实轴长的双曲线的左支（椭圆内部）上运动，
所以.
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）已知曲线与曲线有两个不同的交点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先求出导函数得出切线斜率，再点斜式得出切线方程；
（2）求出导函数，再分和两种情况得出导函数正负即可得出单调性；
（3）先把曲线有两个交点得出方程有两个不同实根，再构造函数，应用导函数分和得出单调性及最值，再构造函数应用导数得出参数.
【小问1详解】
当时，，
且，即切点坐标，切线斜率，
故所求切线方程，即；
【小问2详解】
，
当，即时，，在上单调递减，
当，即时，在上，，在上，
在上单调递减，在上单调递增，
综上，时，在上单调递减；
时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
因为曲线与曲线有两个不同的交点
所以方程有两个不同实根，
等价于方程有两个不同实根，
设，
则且，
当时，时，时，，
此时函数只有一个零点，方程只有一个根，不符合题意；
当时，在上单调递增，
当时，，
∴存在使在上，在上，
在上单调递减，在上单调递增，
，
又，
设，则在单调递增，
，即在单调递减，
又，又，
在上和上各有一个零点，符合题意；
当时，，∴在上，在上，
在上单调递减，在上单调递增，
只有一个零点，不符合题意；
当时，，
∴存在使得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
又当时，单调递增，
又在上存在一个零点
又时有两个零点，符合题意；
综上，曲线与曲线有两个不同的交点时，或
因此实数的取值范围为.
耕种深度
8
10
12
14
16
每公顷产量
6.0
7.5
7.8
9.2
9.5
0
1
2
3
4